导数问题求解中常见错误辨析--《中学生数理化(高三版)》2006年01期
导数问题求解中常见错误辨析
【摘要】：正一、混淆可导函数某一点处可导和导函数之间的关系致错例1 已知(?) 错解:由(?) 分析错解中未弄清可导函数和其在某一点处的导数的关系,它们之间应先求导函数,再求其导函数在某点的函数值．正解:由(?) 二、对复合函数求导的复合过程认识不到位致错
【分类号】：G634.6
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400-819-9993简介：本文档为《利用导数求解参数问题(恒成立问题)经典题目doc》，可适用于高等教育领域，主题内容包含利用导数求解参数问题(恒成立问题)经典题目用导数解参数问题已知函数的单调性求参变量的取值范围实质上是含参不等式恒成立的一种重要题型。本文将举例说明此符等。
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利用导数求解函数的零点问题
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3秒自动关闭窗口导数问题中虚设零点的三大策略_参考网
导数问题中虚设零点的三大策略
石向阳导数在高中数学中可谓“神通广大”，是解决函数单调性、极值、最值、不等式证明等问题的“利器”.因而近几年来与导数有关的数学问题往往成为高考函数压轴题.在面对这些压轴题时，我们经常会碰到导函数具有零点但求解相对比较繁杂甚至无法求解的问题.此时，我们不必正面强求，可以采用将这个零点只设出来而不必求出来，然后谋求一种整体的转换和过渡，再结合其他条件，从而最终获得问题的解决.我们称这种解题方法为“虚设零点”法.下面笔者就一些高考题，来说明导数问题中“虚设零点”法的具体解题方法和策略.策略1整体代换将超越式化简为普通式如果f′（x）是超越形式（对字母进行了有限次初等超越运算包括无理数次乘方、指数、对数、三角、反三角等运算的解析式，称为初等超越式，简称超越式），并且f′（x）的零点是存在的，但我们无法求出其零点，这时采用虚设零点法，逐步分析出“零点”所在的范围和满足的关系式，然后分析出相应函数的单调性，最后通过恰当运用函数的极值与零点所满足的“关系”推演出所要求的结果.通过这种形式化的合理代换或推理，谋求一种整体的转换和过渡，从而将超越式化简为普通式，有效破解求解或推理证明中的难点.例1（2015年全国高考新课标Ⅰ卷文21）设函数f（x）=e2x-alnx.（1）讨论f（x）的导函数f′（x）的零点的个数；（2）证明：当a&0时，f（x）≥2a+aln2a.解（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2e2x-ax（x&0）.由f′（x）=0，得2xe2x=a.令g（x）=2xe2x，g′（x）=（4x+2）e2x&0（x&0），从而g（x）在（0，+∞）单调递增，所以g（x）&g（0）=0.当a&0时，方程g（x）=a有一个根，即f′（x）存在唯一零点；当a≤0时，方程g（x）=a没有根，即f′（x）没有零点.（2）由（1），可设f′（x）在（0，+∞）的唯一零点为x0，当x∈（0，x0）时，f′（x）&0；当x∈（x0，+∞）时，f′（x）&0.故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增，所以f（x）min=f（x0）.由于2e2x0-ax0=0，得e2x0=a2x0，由x0=a2e2x0，得lnx0=lna2e2x0=lna2-2x0，所以f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0-a（lna2-2x0）=a2x0+2ax0+aln2a≥2a2x0×2ax0+aln2a=2a+aln2a.故当a&0时，f（x）≥2a+aln2a.评析本题第（2）问要证明f（x）≥2a+aln2a，只需要f（x）min≥2a+aln2a，f（x）min在f′（x）的零点取到.但f′（x）=0是超越方程，无法求出其解，我们没有直接求解x0，而是在形式上虚设.这样处理的好处在于，通过对x0满足的等式e2x0=a2x0，lnx0=lna2-2x0的合理代换使用，快速将超越式e2x0-alnx0化简为普通的代数式a2x0+2ax0+aln2a，然后使用均值不等式求出最小值，同时消掉了x0.在求解的过程中，不要急于消掉x0，而应该着眼于将超越式化简为普通的代数式.借助f′（x0）=0作整体代换，竟能使天堑变通途！其实，这种做法早已出现在以下两道试题中.我们一起来体会一下如出一辙的解法带给我们的便捷.例2（2013年全国高考新课标Ⅱ卷理21）已知函数f（x）=ex-ln（x+m）.（1）设x=0是f（x）的极值点，求m并讨论f（x）的单调性；（2）当m≤2时，证明f（x）&0.解（1）m=1，f（x）增区间为（0，+∞），减区间为（-1，0）.（2）当m≤2时，x+m≤x+2，ln（x+m）≤ln（x+2），-ln（x+m）≥-ln（x+2），所以f（x）≥ex-ln（x+2），令g（x）=ex-ln（x+2），则g′（x）=ex-1x+2，g″（x）=ex+1（x+2）2&0，所以g′（x）在（-2，+∞）上单调递增.又g′（-1）=e-1-1&0，g′（0）=1-12&0，所以存在唯一的x0∈（-1，0），使g′（x0）=0.所以当-2<x<x0时，g′（x0）x0时，g′（x0）&0，g（x）单调递增.评析在本题中，在确定出函数g′（x）=ex-1x+2在（-2，+∞）上存在唯一的零点x0后，无法直接求解x0，在形式上虚设后，通过对x0满足的等式条件ex0=1x0+2，x0=-ln（x0+2）的合理代换使用，快速将超越式g（x0）=ex0-ln（x0+2）化简为普通的代数式g（x0）=1x0+2+x0，为证貌似不可能证的不等式g（x0）&0扫除了障碍.例3（2012年全国新课标卷文21第2问）设函数f（x）=ex-ax-2.若a=1，k为整数，且当x&0时，（x-k）f′（x）+x+1&0，求k的最大值.解由于a=1，所以（x-k）f′（x）+x+1=（x-k）（ex-1）+x+1&0k0恒成立.令g（x）=x+1ex-1+x，原命题k<g（x）min.}